【創(chuàng)新方案】2021屆高考數(shù)學(xué)(新課標(biāo)版-文)二輪復(fù)習(xí)專題訓(xùn)練：專題3-數(shù)列-卷

第一講一、選擇題1．(2022·唐山模擬)設(shè)等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，且S5＝13，S15＝63，則S20＝()A．90B．100C．110D．1202．(2022·安溪模擬)數(shù)列{an}滿足a1＝1，且當(dāng)n≥2時(shí)，an＝eq\f(n－1,n)an－1，則a5＝()A.eq\f(1,5)B.eq\f(1,6)C．5D．63．(2022·忻州模擬)已知等比數(shù)列{an}的首項(xiàng)a1＝1，公比q＝2，則log2a1＋log2a2＋…＋log2a11＝()A．50B．35C．55D．464．已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和Sn＝n2－n，正項(xiàng)等比數(shù)列{bn}中，b2＝a3，bn＋3bn－1＝4beq\o\al(2,n)(n≥2，n∈N*)，則log2bn＝()A．n－1B．2n－1C．n－2D．n5．(2022·宿州模擬)已知{an}為等差數(shù)列，其公差為－2，且a7是a3與a9的等比中項(xiàng)，Sn為{an}前n項(xiàng)和，n∈N*，則S10的值為()A．－110B．－90C．90D．1106．?dāng)?shù)列{an}的首項(xiàng)為3，{bn}為等差數(shù)列且bn＝an＋1－an(n∈N*)，若b3＝－2，b10＝12，則a8＝()A．0B．3C．8D．117．(2022·眉山模擬)已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和Sn＝2n＋1－2，等差數(shù)列{bn}中，b2＝a2，且bn＋3＋bn－1＝2bn＋4，(n≥2，n∈N*)，則bn＝()A．2n＋2B．2nC．n－2D．2n－28．在數(shù)列{an}中，a1＝1，a2＝2，若an＋2＝2an＋1－an＋2，則an等于()A.eq\f(1,5)n3－eq\f(2,5)n＋eq\f(6,5)B．n3－5n2＋9n－4C．n2－2n＋2D．2n2－5n＋49．設(shè)數(shù)列{an}，則有()A．若aeq\o\al(2,n)＝4n，n∈N*，則{an}為等比數(shù)列B．若an·an＋2＝aeq\o\al(2,n＋1)，n∈N*，則{an}為等比數(shù)列C．若am·an＝2m＋n，m，n∈N*，則{an}為等比數(shù)列D．若an·an＋3＝an＋1·an＋2，n∈N*，則{an}為等比數(shù)列10.為防洪抗旱，某地區(qū)大面積植樹(shù)造林，如圖，在區(qū)域{(x，y)|x≥0，y≥0}內(nèi)植樹(shù)，第一棵樹(shù)在A1(0,1)點(diǎn)，其次棵樹(shù)在B1(1，1)點(diǎn)，第三棵樹(shù)在C1(1,0)點(diǎn)，第四棵樹(shù)在C2(2,0)點(diǎn)，接著按圖中箭頭方向，每隔一個(gè)單位種一棵樹(shù)，那么，第2014棵樹(shù)所在的點(diǎn)的坐標(biāo)是()A．(9,44)B．(10,44)C．(10,43)D．(11,43)二、填空題11．已知各項(xiàng)均為正數(shù)的等比數(shù)列{an}滿足a6＝a5＋2a4，則eq\f(a6,a4)的值為_(kāi)_______．答案：412．在等差數(shù)列{an}中，a2＝5，a1＋a4＝12，則an＝________；設(shè)bn＝eq\f(1,a\o\al(2,n)－1)(n∈N*)，則數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和Sn＝________.13．(2022·宜春模擬)已知數(shù)列{an}，若點(diǎn)(n，an)(n∈N*)在直線y－3＝k(x－6)上，則數(shù)列{an}的前11項(xiàng)和S11＝________.14．(2022·新余模擬)已知各項(xiàng)都為正數(shù)的等比數(shù)列{an}中，a2·a4＝4，a1＋a2＋a3＝14，則滿足an·an＋1·an＋2>eq\f(1,9)的最大正整數(shù)n的值為_(kāi)_______．答案：415．已知f(x)是定義在R上不恒為零的函數(shù)，對(duì)于任意的x，y∈R，都有f(xy)＝xf(y)＋yf(x)成立．?dāng)?shù)列{an}滿足an＝f(2n)(n∈N*)，且a1＝2，則數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an＝________.16．已知定義在R上的函數(shù)f(x)、g(x)滿足eq\f(fx,gx)＝ax，且f′(x)g(x)<f(x)g′(x)，eq\f(f1,g1)＋eq\f(f－1,g－1)＝eq\f(5,2)，若有窮數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(fn,gn)))(n∈N*)的前n項(xiàng)和為eq\f(31,32)，則n＝________.答案一、選擇題1．解析：選B由于數(shù)列{an}為等差數(shù)列，則可設(shè)S10＝x，S20＝y(tǒng)，則13，x－13,63－x，y－63成等差數(shù)列，所以2(x－13)＝13＋(63－x)，所以x＝34，所以13，x－13,63－x，y－63分別為13,21,29,37，所以y－63＝37，所以S20＝100.2．解析：選A由于a1＝1，且當(dāng)n≥2時(shí)，an＝eq\f(n－1,n)an－1，則eq\f(an,an－1)＝eq\f(n－1,n).所以a5＝eq\f(a5,a4)·eq\f(a4,a3)·eq\f(a3,a2)·eq\f(a2,a1)·a1，即a5＝eq\f(4,5)×eq\f(3,4)×eq\f(2,3)×eq\f(1,2)×1＝eq\f(1,5).故選A.3．解析：選Clog2a1＋log2a2＋…＋log2a11＝log2(a1a2…a11)＝log2aeq\o\al(11,1)q1＋2＋3＋…＋10＝1＋2＋…＋10＝55，選C.4．解析：選D法一：由于a3＝S3－S2＝4，所以b2＝a3＝4，log2b2＝log24＝2，驗(yàn)證可知A，B，C均不符合，答案為D.法二：由于a3＝S3－S2＝4，所以b2＝a3＝4，又bn＋3bn－1＝4beq\o\al(2,n)，即beq\o\al(2,n＋1)＝4beq\o\al(2,n)，所以q2＝eq\f(b\o\al(2,n＋1),b\o\al(2,n))＝4，q＝2，以數(shù)列{bn}的通項(xiàng)公式是bn＝b2qn－2＝4×2n－2＝2n，所以log2bn＝log22n＝n.故選D.5．解析：選D由于a7是a3與a9的等比中項(xiàng)，所以可得aeq\o\al(2,7)＝a3a9.又由于數(shù)列{an}為等差數(shù)列，其公差為－2，所以可得(a1－12)2＝(a1－4)(a1－16)，解得a1＝20.又由于S10＝10×a1＋eq\f(1,2)×10×(10－1)×(－2)＝110.故選D.6．解析：選B∵{bn}為等差數(shù)列，設(shè)其公差為d，b3＝－2，b10＝12，∴7d＝b10－b3＝12－(－2)＝14，∴d＝2.∵b3＝－2，∴b1＝b3－2d＝－2－4＝－6，∴b1＋b2＋…＋b7＝7b1＋eq\f(7×6,2)d＝7×(－6)＋21×2＝0.又∵b1＋b2＋…＋b7＝(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(a8－a7)＝a8－a1＝a8－3.所以，a8－3＝0，a8＝3.故選B.7．解析：選Ban＝2n＋1－2－2n＋2＝2n(n>1)，當(dāng)n＝1時(shí)，a1＝S1＝21＋1－2＝2＝21，故an＝2n(n≥1)．所以b2＝a2＝4，由此可排解A、C、D.對(duì)B選項(xiàng)，若bn＝2n，則bn＋3＋bn－1＝2(n＋3)＋2(n－1)＝4n＋4,2bn＋4＝4n＋4滿足題設(shè)，選B.8．解析：選C依題意得(an＋2－an＋1)－(an＋1－an)＝2，因此數(shù)列{an＋1－an}是以1為首項(xiàng)，2為公差的等差數(shù)列，an＋1－an＝1＋2(n－1)＝2n－1.當(dāng)n≥2時(shí)，an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1)＝1＋1＋3＋…＋(2n－3)＝1＋eq\f(n－11＋2n－3,2)＝(n－1)2＋1＝n2－2n＋2，又a1＝1＝12－2×1＋2，因此an＝n2－2n＋2.9．解析：選C若a1＝－2，a2＝4，a3＝8，滿足aeq\o\al(2,n)＝4n，n∈N*，但{an}不是等比數(shù)列，故A錯(cuò)；若an＝0，滿足an·an＋2＝aeq\o\al(2,n＋1)，n∈N*，但{an}不是等比數(shù)列，故B錯(cuò)；若an＝0，滿足an·an＋3＝an＋1·an＋2，n∈N*，但{an}不是等比數(shù)列，故D錯(cuò)；若am·an＝2m＋n，n∈N*，則有eq\f(am·an＋1,am·an)＝eq\f(an＋1,an)＝eq\f(2m＋n＋1,2m＋n)＝2，則{an}是等比數(shù)列．10.解析：選B由題意可得種樹(shù)的方法是依據(jù)一個(gè)等差數(shù)列3,5,7，…，2n＋1排列．由前n項(xiàng)和得(n＋2)n＝2014，所以n2＋2n－2014＝0，解得n＝eq\f(－2＋\r(8060),2)(負(fù)值舍去)．所以n≈43，當(dāng)n＝43時(shí)對(duì)應(yīng)種了1935棵樹(shù)．由于單數(shù)的最終一個(gè)落在x軸上，雙數(shù)的最終一個(gè)落在y軸上，所以在坐標(biāo)為(43,0)向右種1棵，再向上種44棵，即第1980棵的坐標(biāo)為(44,44)，再向左平行移動(dòng)34格，即第2014棵及坐標(biāo)為(10,44)．二、填空題11．解析：由于a6＝a5＋2a4，所以a4q2＝a4q＋2a4，即q2－q－2＝0，數(shù)列{an}是各項(xiàng)均為正數(shù)的等比數(shù)列，所以q＝2，eq\f(a6,a4)＝q2＝4.答案：412．解析：設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，則有a2＋a3＝5＋a3＝12，a3＝7，d＝a3－a2＝2，an＝a2＋(n－2)d＝2n＋1，bn＝eq\f(1,4nn＋1)＝eq\f(1,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))，因此數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和Sn＝eq\f(1,4)×eq\b\lc\[\rc\(\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(1,3)))＋…＋\b\lc\(\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－))))eq\b\lc\\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n＋1)))))＝eq\f(1,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,n＋1)))＝eq\f(n,4n＋1).答案：2n＋1eq\f(n,4n＋1)13．解析：若點(diǎn)(n，an)(n∈N*)在直線y－3＝k(x－6)上，則an＝k(n－6)＋3，S11＝a1＋a2＋a3＋…＋a11＝k(－5－4－3－2－1＋0＋1＋2＋3＋4＋5)＋11×3＝33.答案：3314．解析：設(shè)等比數(shù)列首項(xiàng)為a1，公比為q，則a1q·a1q3＝4?a1q2＝2，a1＋a1q＋a1q2＝14?a1＋a1q＝12，得eq\f(a1＋a1q,a1q2)＝eq\f(12,2)＝6，即6q2－q－1＝0?q＝eq\f(1,2)或q＝－eq\f(1,3)(舍)，得a1＝8，所以an＝a1qn－1＝8×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n－1，則an·an＋1·an＋2＝(an＋1)3＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(8×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n))3>eq\f(1,9)，即83×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,8)))n>eq\f(1,9)?eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,8)))n>eq\f(1,83)×eq\f(1,9)，所以n≤4，最大正整數(shù)n的值為4.答案：415．解析：令x＝2，y＝2n－1，則f(xy)＝f(2n)＝2f(2n－1)＋2n－1f(2)，即an＝2an－1＋2n，eq\f(an,2n)＝eq\f(an－1,2n－1)＋1，所以數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,2n)))是首項(xiàng)為1，公差為1的等差數(shù)列，由此可得eq\f(an,2n)＝1＋(n－1)×1＝n，即an＝n·2n.答案：n·2n16．解析：依據(jù)題意得eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(fx,gx)))′＝eq\f(f′xgx－fxg′x,g2x)，由于f′(x)g(x)<f(x)g′(x)，所以eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(fx,gx)))′＝eq\f(f′xgx－fxg′x,g2x)<0，即函數(shù)eq\f(fx,gx)＝ax單調(diào)遞減，所以0<a<1.又eq\f(f1,g1)＋eq\f(f－1,g－1)＝eq\f(5,2)，即a＋a－1＝eq\f(5,2)，即a＋eq\f(1,a)＝eq\f(5,2)，解得a＝2(舍去)或a＝eq\f(1,2).所以eq\f(fx,gx)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))x，即數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(fn,gn)))為首項(xiàng)為a1＝eq\f(1,2)，公比q＝eq\f(1,2)的等比數(shù)列，所以Sn＝eq\f(a11－qn,1－q)＝eq\f(1,2)×eq\f(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n,1－\f(1,2))＝1－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n，由1－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n＝eq\f(31,32)，得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n＝eq\f(1,32)，解得n＝5.答案：5其次講1．已知等差數(shù)列{an}滿足a1＝2，且a1，a2，a5成等比數(shù)列．(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；(2)記Sn為數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，是否存在正整數(shù)n，使得Sn>60n＋800？若存在，求n的最小值；若不存在，說(shuō)明理由．2．已知公差不為0的等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，且滿足S5＝3a5－2，a1，a2，a5依次成等比數(shù)列．(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；(2)令bn＝eq\f(1,anan＋1)(n∈N*)，數(shù)列bn的前n項(xiàng)和為Tn，若an＋1≥λTn對(duì)任意正整數(shù)n都成立，求實(shí)數(shù)λ的取值范圍．3．(2022·江蘇高考)設(shè)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn.若對(duì)任意正整數(shù)n，總存在正整數(shù)m，使得Sn＝am，則稱{an}是“H數(shù)列”．(1)若數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和Sn＝2n(n∈N*)，證明：{an}是“H數(shù)列”；(2)設(shè){an}是等差數(shù)列，其首項(xiàng)a1＝1，公差d<0.若{an}是“H數(shù)列”，求d的值；(3)證明：對(duì)任意的等差數(shù)列{an}，總存在兩個(gè)“H數(shù)列”{bn}和{cn}，使得an＝bn＋cn(n∈N*)成立．4．(2022·江西高考)將連續(xù)正整數(shù)1,2，…，n(n∈N*)從小到大排列構(gòu)成一個(gè)數(shù)eq\x\to(123…n)，F(xiàn)(n)為這個(gè)數(shù)的位數(shù)(如n＝12時(shí)，此數(shù)為123456789101112，共有15個(gè)數(shù)字，F(xiàn)(12)＝15)，現(xiàn)從這個(gè)數(shù)中隨機(jī)取一個(gè)數(shù)字，p(n)為恰好取到0的概率．(1)求p(100)；(2)當(dāng)n≤2014時(shí)，求F(n)的表達(dá)式；(3)令g(n)為這個(gè)數(shù)中數(shù)字0的個(gè)數(shù)，f(n)為這個(gè)數(shù)中數(shù)字9的個(gè)數(shù)，h(n)＝f(n)－g(n)，S＝{n|h(n)＝1，n≤100，n∈N*}，求當(dāng)n∈S時(shí)p(n)的最大值．答案1．解：(1)設(shè)數(shù)列{an}的公差為d，依題意，2,2＋d,2＋4d成等比數(shù)列，故有(2＋d)2＝2(2＋4d)，化簡(jiǎn)得d2－4d＝0，解得d＝0或d＝4.當(dāng)d＝0時(shí)，an＝2；當(dāng)d＝4時(shí)，an＝2＋(n－1)·4＝4n－2，從而得數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an＝2或an＝4n－2.(2)當(dāng)an＝2時(shí)，Sn＝2n.明顯2n<60n＋800，此時(shí)不存在正整數(shù)n，使得Sn>60n＋800成立．當(dāng)an＝4n－2時(shí)，Sn＝eq\f(n[2＋4n－2],2)＝2n2.令2n2>60n＋800，即n2－30n－400>0，解得n>40或n<－10(舍去)，此時(shí)存在正整數(shù)n，使得Sn>60n＋800成立，n的最小值為41.綜上，當(dāng)an＝2時(shí)，不存在滿足題意的n；當(dāng)an＝4n－2時(shí)，存在滿足題意的n，其最小值為41.2．解：(1)設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，則S5＝5a1＋10d，∵S5＝3a5－2＝3(a1＋4d)－2＝3a1＋12d－2，∴5a1＋10d＝3a1＋12d－2，∴a1＝d－1.∵a1，a2，a5依次成等比數(shù)列，∴aeq\o\al(2,2)＝a1a5，即(a1＋d)2＝a1(a1＋4d)，化簡(jiǎn)得，d＝2a1，∴a1＝1，d＝2，∴an＝a1＋(n－1)d＝2n－1.(2)bn＝eq\f(1,anan＋1)＝eq\f(1,2n－12n＋1)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1)))，∴Tn＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3)＋\f(1,3)－\f(1,5)＋…＋\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1)))＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2n＋1)))＝eq\f(n,2n＋1).由an＋1≥λTn得2n＋1≥λ×eq\f(n,2n＋1)對(duì)任意正整數(shù)n都成立，∴(2n＋1)2≥λn，∴λ≤eq\f(2n＋12,n)＝eq\f(4n2＋4n＋1,n)＝4n＋4＋eq\f(1,n).令f(x)＝4x＋eq\f(1,x)(x≥1)，則f′(x)＝4－eq\f(1,x2)>0，∴f(x)在[1，＋∞)上遞增，∴對(duì)任意正整數(shù)n,4n＋eq\f(1,n)的最小值為5，∴λ≤9.3．解：(1)由已知，當(dāng)n≥1時(shí)，an＋1＝Sn＋1－Sn＝2n＋1－2n＝2n.于是對(duì)任意的正整數(shù)n，總存在正整數(shù)m＝n＋1，使得Sn＝2n＝am.所以{an}是“H數(shù)列”．(2)由已知，得S2＝2a1＋d＝2＋d.由于{an}是“H數(shù)列”，所以存在正整數(shù)m，使得S2＝am，即2＋d＝1＋(m－1)d，于是(m－2)d＝1.由于d<0，所以m－2<0，故m＝1.從而d＝－1.當(dāng)d＝－1時(shí)，an＝2－n，Sn＝eq\f(n3－n,2)是小于2的整數(shù)，n∈N*.于是對(duì)任意的正整數(shù)n，總存在正整數(shù)m＝2－Sn＝2－eq\f(n3－n,2)，使得Sn＝2－m＝am，所以{an}是“H數(shù)列”．因此d的值為－1.(3)設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，則an＝a1＋(n－1)d＝na1＋(n－1)(d－a1)(n∈N*)．令bn＝na1，cn＝(n－1)(d－a1)，則an＝bn＋cn(n∈N*)．下證{bn}是“H數(shù)列”．設(shè){bn}的前n項(xiàng)和為Tn，則Tn＝eq\f(nn＋1,2)a1(n∈N*)．于是對(duì)任意的正整數(shù)n，總存在正整數(shù)m＝eq\f(nn＋1,2)，使得Tn＝bm，所以{b